高中數(shù)學(xué)必修二 (教案)復(fù)數(shù)的四則運算

1、 8/8復(fù)數(shù)的四則運算【第一課時】復(fù)數(shù)的加、減運算及其幾何意義教學(xué)重難點教學(xué)目標(biāo)核心素養(yǎng)復(fù)數(shù)加法、減法的運算掌握復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加法、減法運算法則數(shù)學(xué)運算復(fù)數(shù)加法的幾何意義理解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加法、減法運算的幾何意義直觀想象【教學(xué)過程】一、問題導(dǎo)入預(yù)習(xí)教材內(nèi)容，思考以下問題：1復(fù)數(shù)的加、減法運算法則是什么？運算律有哪些？2復(fù)數(shù)的加、減法的幾何意義是什么？二、新知探究探究點1：復(fù)數(shù)的加、減法運算（1）計算：（56i）（2i）（34i）；（2）設(shè)z1x2i，z23yi（x，yR），且z1z256i，求z1z2解：（1）原式（523）（614）i11i（2）因為z1x2i，z23yi，z1z256i，所

2、以（3x）（2y）i56i，所以eq blc(avs4alco1(3x5，,2y6，)所以eq blc(avs4alco1(x2，,y8，)所以z1z2（22i）（38i）（23）2（8）i110ieq avs4al()解決復(fù)數(shù)加、減運算的思路兩個復(fù)數(shù)相加（減），就是把兩個復(fù)數(shù)的實部相加（減），虛部相加（減）復(fù)數(shù)的減法是加法的逆運算，兩個復(fù)數(shù)相減，也可以看成是加上這個復(fù)數(shù)的相反數(shù)當(dāng)多個復(fù)數(shù)相加（減）時，可將這些復(fù)數(shù)的所有實部相加（減），所有虛部相加（減）探究點2：復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義已知平行四邊形OABC的三個頂點O，A，C對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為0，32i，24i（1）求eq o(AO,sup6(

3、)表示的復(fù)數(shù)；（2）求eq o(CA,sup6()表示的復(fù)數(shù)解：（1）因為eq o(AO,sup6()eq o(OA,sup6()，所以eq o(AO,sup6()表示的復(fù)數(shù)為（32i），即32i（2）因為eq o(CA,sup6()eq o(OA,sup6()eq o(OC,sup6()，所以eq o(CA,sup6()表示的復(fù)數(shù)為（32i）（24i）52i互動探究：1變問法：若本例條件不變，試求點B所對應(yīng)的復(fù)數(shù)解：因為eq o(OB,sup6()eq o(OA,sup6()eq o(OC,sup6()，所以eq o(OB,sup6()表示的復(fù)數(shù)為（32i）（24i）16i所以點B所對應(yīng)的復(fù)

4、數(shù)為16i2變問法：若本例條件不變，求對角線AC，BO的交點M對應(yīng)的復(fù)數(shù)解：由題意知，點M為OB的中點，則eq o(OM,sup6()eq f(1,2)eq o(OB,sup6()，由互動探究1中知點B的坐標(biāo)為（1，6），得點M的坐標(biāo)為eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)，所以點M對應(yīng)的復(fù)數(shù)為eq f(1,2)3ieq avs4al()復(fù)數(shù)加、減法幾何意義的應(yīng)用技巧（1）復(fù)數(shù)的加減運算可以轉(zhuǎn)化為點的坐標(biāo)或向量運算（2）復(fù)數(shù)的加減運算轉(zhuǎn)化為向量運算時，同樣滿足平行四邊形法則和三角形法則三、課堂總結(jié)1復(fù)數(shù)加、減法的運算法則及加法運算律（1）加、減法的運算法則設(shè)z1abi，z

5、2cdi（a，b，c，dR）是任意兩個復(fù)數(shù)，則z1z2（ac）（bd）i，z1z2（ac）（bd）i（2）加法運算律對任意z1，z2，z3C，有交換律：z1z2z2z1結(jié)合律：（z1z2）z3z1（z2z3）2復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義如圖所示，設(shè)復(fù)數(shù)z1abi，z2cdi（a，b，c，dR）對應(yīng)的向量分別為eq o(OZ1,sup6()，eq o(OZ2,sup6()，四邊形OZ1ZZ2為平行四邊形，則與z1z2對應(yīng)的向量是eq o(OZ,sup6()，與z1z2對應(yīng)的向量是eq o(Z2Z1,sup6()四、課堂檢測1（63i）（3i1）（22i）的結(jié)果為（）A53iB35iC78iD72i解

6、析：選C（63i）（3i1）（22i）（612）（332）i78i2已知復(fù)數(shù)z1（a22）3ai，z2a（a22）i，若z1z2是純虛數(shù)，則實數(shù)a的值為_解析：由z1z2a22a（a23a2）i是純虛數(shù)，得eq blc(avs4alco1(a22a0，,a23a20)a2答案：23已知復(fù)數(shù)z12i，z212i（1）求z1z2；（2）在復(fù)平面內(nèi)作出復(fù)數(shù)z1z2所對應(yīng)的向量解：（1）由復(fù)數(shù)減法的運算法則得z1z2（2i）（12i）1i（2）在復(fù)平面內(nèi)作復(fù)數(shù)z1z2所對應(yīng)的向量，如圖中eq o(OZ,sup6()【第二課時】復(fù)數(shù)的乘、除運算教學(xué)重難點教學(xué)目標(biāo)核心素養(yǎng)復(fù)數(shù)的乘除運算掌握復(fù)數(shù)乘除運算的運

7、算法則，能夠進行復(fù)數(shù)的乘除運算數(shù)學(xué)運算復(fù)數(shù)乘法的運算律理解復(fù)數(shù)乘法的運算律邏輯推理解方程會在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程數(shù)學(xué)運算【教學(xué)過程】一、問題導(dǎo)入預(yù)習(xí)教材內(nèi)容，思考以下問題：1復(fù)數(shù)的乘法和除法運算法則各是什么？2復(fù)數(shù)乘法的運算律有哪些？3如何在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)求方程的解？二、新知探究探究點1：復(fù)數(shù)的乘法運算（1）（1i）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)（1i）（）A1eq r(3)iB1eq r(3)iCeq r(3)iDeq r(3)i（2）已知a，bR，i是虛數(shù)單位，若ai與2bi互為共軛復(fù)數(shù)，則（abi）2（）A54iB54iC34iD34i（3）把復(fù)數(shù)z

8、的共軛復(fù)數(shù)記作eq o(z,sup6()，已知（12i） eq o(z,sup6()43i，求z解：（1）選B（1i）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)（1i）（1i）（1i）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)（1i2）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)1eq r(3)i（2）選D因為ai與2bi互為共軛復(fù)數(shù)，所以a2，b1，所以（abi）2（2i）234i（3）設(shè)zabi（a，bR），則eq

9、 o(z,sup6()abi，由已知得，（12i）（abi）（a2b）（2ab）i43i，由復(fù)數(shù)相等的條件知，eq blc(avs4alco1(a2b4，2ab3，)解得a2，b1，所以z2ieq avs4al()復(fù)數(shù)乘法運算法則的應(yīng)用復(fù)數(shù)的乘法可以按照多項式的乘法計算，只是在結(jié)果中要將i2換成1，并將實部、虛部分別合并多項式展開中的一些重要公式仍適用于復(fù)數(shù)，如（abi）2a22abib2i2a2b22abi，（abi）3a33a2bi3ab2i2b3i3a33ab2（3a2bb3）i 探究點2：復(fù)數(shù)的除法運算計算：（1）eq f(（12i）23（1i）,2i)；（2）eq f(（14i）（1

10、i）24i,34i)解：（1）eq f(（12i）23（1i）,2i)eq f(34i33i,2i)eq f(i,2i)eq f(i（2i）,5)eq f(1,5)eq f(2,5)i（2）eq f(（14i）（1i）24i,34i)eq f(53i24i,34i)eq f(7i,34i)eq f(（7i）（34i）,（34i）（34i）)eq f(2128i3i4,25)eq f(2525i,25)1ieq avs4al()復(fù)數(shù)除法運算法則的應(yīng)用復(fù)數(shù)的除法法則在實際操作中不方便使用，一般將除法寫成分式形式，采用分母“實數(shù)化”的方法，即將分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)，使分母成為實數(shù)，再計算探究

11、點3：i的運算性質(zhì)（1）復(fù)數(shù)zeq f(1i,1i)，則z2z4z6z8z10的值為（）A1B1CiDi（2）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1i,1i)eq sup12(2 019)等于_解析：（1）z2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1i,1i)eq sup12(2)1，所以111111（2）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1i,1i)eq sup12(2 019)eq blcrc(avs4alco1(f(（1i）（1i）,（1i）（1i）)eq sup12(2 019)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2i,2)eq sup12(2

12、019)i2 019（i4）504i31504（i）i答案：（1）B（2）ieq avs4al()（1）i的周期性要記熟，即inin1in2in30（nN*）（2）記住以下結(jié)果，可提高運算速度（1i）22i，（1i）22ieq f(1i,1i)i，eq f(1i,1i)ieq f(1,i)i探究點4：在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解下列方程（1）x250；（2）x24x60解：（1）因為x250，所以x25，又因為（eq r(5)i）2（eq r(5)i）25，所以xeq r(5)i，所以方程x250的根為eq r(5)i（2）法一：因為x24x60，所以（x2）22，因為（eq r(2)i）

13、2（eq r(2)i）22，所以x2eq r(2)i或x2eq r(2)i，即x2eq r(2)i或x2eq r(2)i，所以方程x24x60的根為x2eq r(2)i法二：由x24x60知424680，所以方程x24x60無實數(shù)根在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，設(shè)方程x24x60的根為xabi（a，bR且b0），則（abi）24（abi）60，所以a22abib24a4bi60，整理得（a2b24a6）（2ab4b）i0，所以eq blc(avs4alco1(a2b24a60，,2ab4b0，)又因為b0，所以eq blc(avs4alco1(a2b24a60，,2a40，)解得a2，beq r(2)所以x2

14、eq r(2)i，即方程x24x60的根為x2eq r(2)ieq avs4al()在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，實系數(shù)一元二次方程ax2bxc0（a0）的求解方法（1）求根公式法當(dāng)0時，xeq f(br(b24ac),2a)當(dāng)0時，xeq f(br(（b24ac）)i,2a)（2）利用復(fù)數(shù)相等的定義求解設(shè)方程的根為xmni（m，nR），將此代入方程ax2bxc0（a0），化簡后利用復(fù)數(shù)相等的定義求解三、課堂總結(jié)1復(fù)數(shù)乘法的運算法則和運算律（1）復(fù)數(shù)乘法的運算法則設(shè)z1abi，z2cdi（a，b，c，dR），則z1z2（abi）（cdi）（acbd）（adbc）i（2）復(fù)數(shù)乘法的運算律對任意復(fù)數(shù)z1，z2，z

15、3C，有交換律z1z2z2z1結(jié)合律（z1z2）z3z1（z2z3）乘法對加法的分配律z1（z2z3）z1z2z1z32復(fù)數(shù)除法的運算法則設(shè)z1abi，z2cdi（cdi0）（a，b，c，dR），則eq f(z1,z2)eq f(abi,cdi)eq f(acbd,c2d2)eq f(bcad,c2d2)i（cdi0）名師點撥對復(fù)數(shù)除法的兩點說明（1）實數(shù)化：分子、分母同時乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，化簡后即得結(jié)果，這個過程實際上就是把分母實數(shù)化，這與根式除法的分母“有理化”很類似（2）代數(shù)式：注意最后結(jié)果要將實部、虛部分開四、課堂檢測1若復(fù)數(shù)（1bi）（2i）是純虛數(shù)（i是虛數(shù)單位，b是實數(shù)），則b

16、（）A2Beq f(1,2)Ceq f(1,2)D2解析：選D因為（1bi）（2i）2b（2b1）i是純虛數(shù)，所以b22已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq f(i,2i)的模等于（）Aeq r(5)Beq r(3)Ceq f(r(3),3)Deq f(r(5),5)解析：選D因為eq f(i,2i)eq f(i（2i）,（2i）（2i）)eq f(i（2i）,5)eq f(1,5)eq f(2,5)i，所以|eq f(i,2i)|eq f(1,5)eq f(2,5)i|eq r(（f(1,5)）2（f(2,5)）2)eq f(r(5),5)，故選D3計算：（1）eq f(22i,（1i）2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),1i)eq sup1